\section{化二次型为标准形}
\begin{frame}{引言}

若二次型 $f\left(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\right)$ 经可逆线性变换化为只含平方项的形式 
\begin{equation}
b_{1}y_{1}^{2}+b_{2}y_{2}^{2}+\cdots+b_{n}y_{n}^{2},\label{eq:5.2-1}
\end{equation}
则称 \textbf{(\ref{eq:5.2-1}) 为二次型 $f\left(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\right)$
的标准形}. 由上节讨论知, 二次型 $f\left(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\right)=X^{T}AX$
在线性变换 $X=CY$ 下, 可化为 $Y^{T}\left(C^{T}AC\right)Y$. 如果 $C^{T}AC$
为对角矩阵 
\[
B=\begin{bmatrix}b_{1}\\
 & b_{2}\\
 &  & \ddots\\
 &  &  & b_{n}
\end{bmatrix},
\]
则 $f\left(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\right)$ 就可化为标准形 $b_{1}y_{1}^{2}+b_{2}y_{2}^{2}+\cdots+b_{n}y_{n}^{2}$,
其标准形中的系数恰好为对角阵 $B$ 的对角线上的元素, 因此上面的问题归结为 $A$ 能否合同于一个对角矩阵.
\end{frame}

\subsection{用配方法化二次型为标准形}
\begin{frame}{用配方法化二次型为标准形}
\begin{thm}
\label{thm:5.2-1} 任何二次型都可以通过可逆线性变换化为标准形.
\end{thm}

\end{frame}
%
\begin{frame}[allowframebreaks]{拉格朗日配方法}

拉格朗日配方法的步骤:

(1) 若二次型含有 $x_{i}$ 的平方项, 则先把含有 $x_{i}$ 的项按 $x_{i}$ 的幂降次排列, 然后配方.
再对其余的变量进行同样过程的操作, 直到所有的变量都配成平方项为止. 经过可逆线性变换, 就得到标准形;

(2) 若二次型中不含有平方项, 但是 $a_{ij}\neq0$, ($i\neq j$), 则先作可逆变换
\[
\begin{cases}
x_{i}=y_{i}-y_{j},\\
x_{j}=y_{i}+y_{j}, & (k=1,2,\cdots,n\text{ 且 }k\neq i,j)\\
x_{k}=y_{k},
\end{cases}
\]
化二次型为含有平方项的二次型, 然后再按 (1) 中方法配方.
\begin{rem*}
配方法是一种可逆线性变换, 但平方项的系数与 $A$ 的特征值无关.
\end{rem*}
因为二次型 $f$ 与它的对称矩阵 $A$ 有一一对应的关系, 由定理 \ref{thm:5.2-1} 即得:
\begin{thm}
对任一实对称矩阵 $A$, 存在非奇异矩阵 $C$, 使 $B=C^{T}AC$ 为对角矩阵. 即任一实对称矩阵都与一个对角矩阵合同.
\end{thm}

\end{frame}
%
\begin{frame}[allowframebreaks]{将二次型化为标准形}
\begin{example}[E01]
 将 $x_{1}^{2}+2x_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}+2x_{2}^{2}+4x_{2}x_{3}+x_{3}^{2}$
化为标准形.
\end{example}

\begin{sol*}
因标准形是平方项的代数和, 可利用配方法解之.
\begin{equation}
\begin{aligned}x_{1}^{2}+2x_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}+2x_{2}^{2}+4x_{2}x_{3}+x_{3}^{2} & =x_{1}^{2}+2x_{1}\left(x_{2}+x_{3}\right)+\left(x_{2}+x_{3}\right)^{2}-\left(x_{2}+x_{3}\right)^{2}+2x_{2}^{2}+4x_{2}x_{3}+x_{3}^{2}\\
 & =\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\right)^{2}+x_{2}^{2}+2x_{2}x_{3}\\
 & =\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\right)^{2}+\left(x_{2}+x_{3}\right)^{2}-x_{3}^{2},
\end{aligned}
\label{eq:5.2-2}
\end{equation}
其线性变换矩阵的行列式 $\mathrm{det}(C)=\begin{vmatrix}1 & -1 & 0\\
0 & 1 & -1\\
0 & 0 & 1
\end{vmatrix}=1\neq0$, 将 $X=CY$ 代入 (\ref{eq:5.2-2}) 式, 得二次型的标准形 $y_{1}^{2}+y_{2}^{2}-y_{3}^{2}$,
该二次型的矩阵为 $B=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & -1
\end{bmatrix}$, 而原二次型的矩阵为 $A=\begin{bmatrix}1 & 1 & 1\\
1 & 2 & 2\\
1 & 2 & 1
\end{bmatrix}$, 线性替换的矩阵为 $C=\begin{bmatrix}1 & -1 & 0\\
0 & 1 & -1\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}$, 易验证 $C^{T}AC=B=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & -1
\end{bmatrix}$ 是对角矩阵, 且 $y^{T}By=y_{1}^{2}+y_{2}^{2}-y_{3}^{2}$. 
\end{sol*}
\begin{rem*}
可见, 要把二次型化为标准形, 关键在于求出一个非奇异矩阵 $C$, 使得 $C^{T}AC$ 是对角矩阵. 而这需要在 (\ref{eq:5.2-2})
式中令 $y_{1}=x_{1}+x_{2}+x_{3}$, $y_{2}=x_{2}+x_{3}$, $y_{3}=x_{3}$
反解出 $x_{1},x_{2},x_{3}$, 用矩阵的语言来表述就是从 
\[
\begin{bmatrix}y_{1}\\
y_{2}\\
y_{3}
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1 & 1 & 1\\
0 & 1 & 1\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_{1}\\
x_{2}\\
x_{3}
\end{bmatrix}\Longleftrightarrow\begin{bmatrix}x_{1}\\
x_{2}\\
x_{3}
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1 & -1\\
 & 1 & -1\\
 &  & 1
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_{1}\\
y_{2}\\
y_{3}
\end{bmatrix}\Longleftrightarrow X=CY.
\]
\end{rem*}
\end{frame}
%
\begin{frame}[allowframebreaks]{用配方法化二次型为标准形并求变换矩阵}
\begin{example}
化二次型 $f=x_{1}^{2}+2x_{2}^{2}+5x_{3}^{2}+2x_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}+6x_{2}x_{3}$
为标准形, 并求所用的变换矩阵.
\end{example}

\begin{sol*}
\begin{align*}
f & =x_{1}^{2}+2x_{2}^{2}+5x_{3}^{2}+2x_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}+6x_{2}x_{3}=x_{1}^{2}+2x_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}+2x_{2}^{2}+5x_{3}^{2}+6x_{2}x_{3}\\
 & =\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\right)^{2}-x_{2}^{2}-x_{3}^{2}-2x_{2}x_{3}+2x_{2}^{2}+5x_{3}^{2}+6x_{2}x_{3}\\
 & =\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\right)^{2}+x_{2}^{2}+4x_{3}^{2}+4x_{2}x_{3}\\
 & =\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\right)^{2}+\left(x_{2}+2x_{3}\right)^{2}.
\end{align*}
令
\[
\begin{cases}
y_{1}=x_{1}+x_{2}+x_{3}\\
y_{2}=x_{2}+2x_{3}\\
y_{3}=x_{3}
\end{cases}\Longrightarrow\begin{cases}
x_{1}=y_{1}-y_{2}+y_{3}\\
x_{2}=y_{2}-2y_{3}\\
x_{3}=y_{3}
\end{cases},
\]
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
令
\[
\begin{cases}
y_{1}=x_{1}+x_{2}+x_{3}\\
y_{2}=x_{2}+2x_{3}\\
y_{3}=x_{3}
\end{cases}\Longrightarrow\begin{cases}
x_{1}=y_{1}-y_{2}+y_{3}\\
x_{2}=y_{2}-2y_{3}\\
x_{3}=y_{3}
\end{cases},
\]
也即
\[
\begin{bmatrix}x_{1}\\
x_{2}\\
x_{3}
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1 & -1 & 1\\
0 & 1 & -2\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_{1}\\
y_{2}\\
y_{3}
\end{bmatrix}.
\]
因此二次型 
\[
f=x_{1}^{2}+2x_{2}^{2}+5x_{3}^{2}+2x_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}+6x_{2}x_{3}=y_{1}^{2}+y_{2}^{2}.
\]
所用变换矩阵为 $C=\begin{bmatrix}1 & -1 & 1\\
0 & 1 & -2\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}$, ($|C|=1\neq0$).
\end{sol*}
\end{frame}
%
\begin{frame}[allowframebreaks]{另一个例子 (但需要拉格朗日配方法的 (2))}
\begin{example}[E02]
\label{exa:5.2-3} 化二次型 $f=2x_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}-6x_{2}x_{3}$
成标准形, 并求所用的变换矩阵.
\end{example}

\begin{sol*}
由于所给二次型中无平方项, 所以先令
\[
\begin{cases}
x_{1}=y_{1}+y_{2}\\
x_{2}=y_{1}-y_{2},\\
x_{3}=y_{3}
\end{cases}\Longleftrightarrow\begin{bmatrix}x_{1}\\
x_{2}\\
x_{3}
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1 & 1 & 0\\
1 & -1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_{1}\\
y_{2}\\
y_{3}
\end{bmatrix},
\]
代入原二次型得 $f=2y_{1}^{2}-2y_{2}^{2}-4y_{1}y_{3}+8y_{2}y_{3}$. 再配方得 $f=2\left(y_{1}-y_{3}\right)^{2}-2\left(y_{2}-2y_{3}\right)^{2}+6y_{3}^{2}$.
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
由 $f=2\left(y_{1}-y_{3}\right)^{2}-2\left(y_{2}-2y_{3}\right)^{2}+6y_{3}^{2}$.
令

\[
\begin{cases}
z_{1}=y_{1}-y_{3}\\
z_{2}=y_{2}-2y_{3}\\
z_{3}=y_{3}
\end{cases}\Longrightarrow\begin{cases}
y_{1}=z_{1}+z_{3}\\
y_{2}=z_{2}+2z_{3}\text{, }\\
y_{3}=z_{3}
\end{cases}\Longrightarrow\begin{bmatrix}y_{1}\\
y_{2}\\
y_{3}
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 1\\
0 & 1 & 2\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}z_{1}\\
z_{2}\\
z_{3}
\end{bmatrix}.
\]
代入原二次型得标准形 $f=2z_{1}^{2}-2z_{2}^{2}+6z_{3}^{2}$. 所用变换矩阵为
\[
C=\begin{bmatrix}1 & 1 & 0\\
1 & -1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1 & 0 & 1\\
0 & 1 & 2\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1 & 1 & 3\\
1 & -1 & -1\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix},\quad(|C|=-2\neq0).
\]
\end{sol*}
\end{frame}
%
\begin{frame}[allowframebreaks]{用配方法化二次型为标准形}
\begin{example}
用配方法将下列二次型化为标准形 
\[
f\left(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}\right)=2x_{1}x_{2}-x_{1}x_{3}+x_{1}x_{4}-x_{2}x_{3}+x_{2}x_{4}-2x_{3}x_{4}.
\]
\end{example}

\begin{sol*}
因二次型 $f$ 缺少 $x_{1}^{2}$ ($i=1,2,3,4$) 项, 无法配方. 作变换: 
\begin{equation}
\begin{cases}
x_{1}=y_{1}+y_{2}\\
x_{2}=y_{1}-y_{2}\\
x_{3}=y_{3}\\
x_{4}=y_{4}
\end{cases},\label{eq:5.2-3}
\end{equation}
代入原二次型得关于 $y_{i}$ 的二次型:
\[
f=2y_{1}^{2}-2y_{2}^{2}-2y_{1}y_{3}+2y_{1}y_{4}-2y_{3}y_{4},
\]
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
由于
\[
f=2y_{1}^{2}-2y_{2}^{2}-2y_{1}y_{3}+2y_{1}y_{4}-2y_{3}y_{4},
\]
中 $y_{1}^{2}$ 项的系数不为零, 配方得
\[
\begin{aligned}f & =\left(2y_{1}^{2}-2y_{1}y_{3}+2y_{1}y_{4}\right)-2y_{2}^{2}-2y_{3}y_{4}\\
 & =2\left[\left(y_{1}-\frac{1}{2}y_{3}+\frac{1}{2}y_{4}\right)^{2}-\frac{1}{4}y_{3}^{2}-\frac{1}{4}y_{4}^{2}+\frac{1}{2}y_{3}y_{4}\right]-2y_{2}^{2}-2y_{3}y_{4}\\
 & =2\left(y_{1}-\frac{1}{2}y_{3}+\frac{1}{2}y_{4}\right)^{2}-2y_{2}^{2}-\frac{1}{2}y_{3}^{2}-y_{3}y_{4}-\frac{1}{2}y_{4}^{2}\\
 & =2\left(y_{1}-\frac{1}{2}y_{3}+\frac{1}{2}y_{4}\right)^{2}-2y_{2}^{2}-\frac{1}{2}\left(y_{3}+y_{4}\right)^{2}.
\end{aligned}
\]
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
故 $f=2\left(y_{1}-\frac{1}{2}y_{3}+\frac{1}{2}y_{4}\right)^{2}-2y_{2}^{2}-\frac{1}{2}\left(y_{3}+y_{4}\right)^{2}$,
令\vspace{-4mm}
\begin{equation}
\begin{cases}
z_{1}=y_{1}-\frac{1}{2}y_{3}+\frac{1}{2}y_{4}\\
z_{2}=y_{2}\\
z_{3}=y_{3}+y_{4}\\
z_{4}=y_{4}
\end{cases}\label{eq:5.2-4}
\end{equation}
故标准形为 $2z_{1}^{2}-2z_{2}^{2}-\frac{1}{2}z_{3}^{2}$. 为求变换矩阵 $C$,
从 (\ref{eq:5.2-4}) 解出 $y_{i}$: \vspace{-4mm}
\[
\begin{cases}
y_{1}=z_{1}+\frac{1}{2}z_{3}-z_{4}\\
y_{2}=z_{2}\\
y_{3}=z_{3}-z_{4}\\
y_{4}=z_{4}
\end{cases}\xrightarrow{\text{ 代入 }(\ref{eq:5.2-3})}\begin{cases}
x_{1}=z_{1}+z_{2}+\frac{1}{3}z_{3}-z_{4}\\
x_{2}=z_{1}-z_{2}+\frac{1}{2}z_{3}-z_{4}.\\
x_{3}=z_{3}-z_{4}\\
x_{4}=z_{4}
\end{cases}
\]
于是 $C=\begin{bmatrix}1 & 1 & 1/2 & -1\\
1 & -1 & 1/2 & -1\\
0 & 0 & 1 & -1\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{bmatrix}$, 所用线性变换为 $x=Cz$.
\end{sol*}
\end{frame}

\subsection{用初等变换化二次型为标准形}
\begin{frame}{用初等变换化二次型为标准形}

设有可逆线性变换为 $X=CY$, 它把二次型 $X^{T}AX$ 化为标准形 $Y^{T}BY$, 则 $C^{T}AC=B$.
已知任一非奇异矩阵均可表示为若干个初等矩阵的乘积, 故存在初等矩阵 $P_{1},P_{2},\cdots,P_{s}$, 使 $C=P_{1}P_{2}\cdots P_{s}$,
于是
\begin{align*}
C & =EP_{1}P_{2}\cdots P_{s}\\
C^{T}AC & =P_{s}^{T}\cdots P_{2}^{T}P_{1}^{T}AP_{1}P_{2}\cdots P_{s}\\
 & =\mathrm{diag}\left(\lambda_{1},\lambda_{2},\cdots,\lambda_{n}\right)\eqqcolon\Lambda.
\end{align*}
由此可见, 对 $2n\times n$ 矩阵 $\begin{bmatrix}A\\
E
\end{bmatrix}$ 施以相应于右乘 $P_{1}P_{2}\cdots P_{s}$ 的初等列变换, 再对 $A$ 施以相应于左乘 $P_{1}^{T},P_{2}^{T},\cdots,P_{s}^{T}$
的初等行变换, 则矩阵 $A$ 变为对角矩阵 $B$, 而单位矩阵 $E$ 就变为所要求的可逆矩阵 $C$.
\end{frame}
%
\begin{frame}{用初等变换化二次型为标准形}
\begin{example}[E03]
 求一可逆线性变换将 
\[
x_{1}^{2}+2x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+2x_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}+4x_{2}x_{3}
\]
化为标准形.
\end{example}

\begin{sol*}
二次型对应的矩阵为 $A=\begin{bmatrix}1 & 1 & 1\\
1 & 2 & 2\\
1 & 2 & 1
\end{bmatrix}$, 利用初等变换, 有\vspace{-4mm}
\[
\begin{bmatrix}A\\
E
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1 & 1 & 1\\
1 & 2 & 2\\
1 & 2 & 1\\
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}\boxed{\xrightarrow[c_{3}-c_{1}]{c_{2}-c_{1}}\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\
1 & 1 & 1\\
1 & 1 & 0\\
1 & -1 & -1\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}\xrightarrow[r_{3}-r_{1}]{r_{2}-r_{1}}\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 1\\
0 & 1 & 0\\
1 & -1 & -1\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}}\xrightarrow[r_{3}-r_{2}]{c_{3}-c_{2}}\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & -1\\
1 & -1 & 0\\
0 & 1 & -1\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix},
\]
因此, $C=\begin{bmatrix}1 & -1 & 0\\
0 & 1 & -1\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}$, $|C|=1\neq0$. 令 $\begin{cases}
x_{1}=z_{1}-z_{2}\\
x_{2}=z_{2}-z_{3}\\
x_{3}=z_{3}
\end{cases}$, 代入原二次型可得标准形 $z_{1}^{2}+z_{2}^{2}-z_{3}^{2}$.
\end{sol*}
\end{frame}
%
\begin{frame}[allowframebreaks]{一个特殊的例子}
\begin{example}
求一可逆线性变换化 $2x_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}-4x_{2}x_{3}$ 为标准形.
\end{example}

\begin{sol*}
此二次型对应的矩阵为 $A=\begin{bmatrix}0 & 1 & 1\\
1 & 0 & -2\\
1 & -2 & 0
\end{bmatrix}$, 对矩阵 $\begin{bmatrix}A\\
E
\end{bmatrix}$ 做合同变换, 有
\begin{align*}
\begin{bmatrix}A\\
E
\end{bmatrix} & =\begin{bmatrix}0 & 1 & 1\\
1 & 0 & -2\\
1 & -2 & 0\\
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}\boxed{\xrightarrow{c_{1}+c_{2}}\begin{bmatrix}1 & 1 & 1\\
1 & 0 & -2\\
-1 & -2 & 0\\
1 & 0 & 0\\
1 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}\xrightarrow{r_{1}+r_{2}}\begin{bmatrix}2 & 1 & -1\\
1 & 0 & -2\\
-1 & -2 & 0\\
1 & 0 & 0\\
1 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}}\\
 & \qquad\boxed{\xrightarrow[c_{3}-c_{1}/2]{c_{2}-c_{1}/2}\begin{bmatrix}2 & 0 & 0\\
1 & -1/2 & -3/2\\
-1 & -3/2 & -1/2\\
1 & -1/2 & 1/2\\
1 & 1/2 & 1/2\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}\xrightarrow[r_{3}-r_{1}/2]{r_{2}-r_{1}/2}\begin{bmatrix}2 & 0 & 0\\
0 & -1/2 & -3/2\\
0 & -3/2 & -1/2\\
1 & -1/2 & 1/2\\
1 & 1/2 & 1/2\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}}
\end{align*}
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
\begin{align*}
\begin{bmatrix}A\\
E
\end{bmatrix} & {\color{gray}\xrightarrow[r_{3}-r_{1}/2]{r_{2}-r_{1}/2}\begin{bmatrix}2 & 0 & 0\\
0 & -1/2 & -3/2\\
0 & -3/2 & -1/2\\
1 & -1/2 & 1/2\\
1 & 1/2 & 1/2\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}}\xrightarrow{c_{3}-3c_{2}}\begin{bmatrix}2 & 0 & 0\\
0 & -1/2 & 0\\
0 & -3/2 & 4\\
1 & -1/2 & 2\\
1 & 1/2 & -1\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}\xrightarrow{r_{3}-3r_{2}}\begin{bmatrix}2 & 0 & 0\\
0 & -1/2 & 0\\
0 & 0 & 4\\
1 & -1/2 & 2\\
1 & 1/2 & -1\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}.
\end{align*}
所以 $C=\begin{bmatrix}1 & -1/2 & 2\\
1 & 1/2 & -1\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}$, $|C|=1\neq0$. 令 $\begin{cases}
x_{1}=z_{1}-(1/2)z_{2}+2z_{3}\\
x_{2}=z_{1}+(1/2)z_{2}-z_{3}\\
x_{3}=z_{3}
\end{cases}$, 代入原二次型可得标准形 
\[
2z_{1}^{2}-(1/2)z_{2}^{2}+4z_{3}^{2}.
\]
\end{sol*}
\end{frame}

\subsection{用正交变换化二次型为标准型}
\begin{frame}{用正交变换化二次型为标准型}
\begin{thm}
若 $A$ 为对称矩阵, $C$ 为任一可逆矩阵, 令 $B=C^{T}AC$, 则 $B$ 也为对称矩阵, 且 $r(B)=r(A)$.
\end{thm}

\begin{rem*}
(1) 二次型经可逆变换 $X=CY$ 后, 其秩不变, 但 $f$ 的矩阵由 $A$ 变为 $B=C^{T}AC$;

(2) 要使二次型 $f$ 经可逆变换 $X=CY$ 变成标准形, 即要使 $C^{T}AC$ 成为对角矩阵, 即
\[
Y^{T}C^{T}ACY=\begin{bmatrix}y_{1} & y_{2} & \cdots & y_{n}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}b_{1}\\
 & b_{2}\\
 &  & \ddots\\
 &  &  & b_{n}
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_{1}\\
y_{2}\\
\vdots\\
y_{n}
\end{bmatrix}=b_{1}y_{1}^{2}+b_{2}y_{2}^{2}+\cdots+b_{n}y_{n}^{2}\text{. }
\]
\end{rem*}
\begin{thm}
任给二次型 $f=\sum_{i,j=1}^{n}a_{ij}x_{i}x_{j}$, ($a_{ji}=a_{ij}$), 总有正交变换
$X=PY$, 使 $f$ 化为标准形
\[
f=\lambda_{1}y_{1}^{2}+\lambda_{2}y_{2}^{2}+\cdots+\lambda_{n}y_{n}^{2},
\]
其中 $\lambda_{1},\lambda_{2},\cdots,\lambda_{n}$ 是 $f$ 的矩阵 $A=\left(a_{ij}\right)$
的特征值.
\end{thm}

\end{frame}
%
\begin{frame}{用正交变换化二次型为标准形的步骤}

用正交变换化二次型为标准形的步骤:

(1) 将二次型表成矩阵形式 $f=X^{T}AX$, 求出 $A$;

(2) 求出 $A$ 的所有特征值 $\lambda_{1},\lambda_{2},\cdots,\lambda_{n}$;

(3) 求出对应于特征值的特征向量 $\xi_{1},\xi_{2},\cdots,\xi_{n}$;

(4) 将特征向量 $\xi_{1},\xi_{2},\cdots,\xi_{n}$ 正交化, 单位化, 得 $\eta_{1},\eta_{2},\cdots,\eta_{n}$,
记 $C=\left(\eta_{1},\eta_{2},\cdots,\eta_{n}\right)$;

(5) 作正交变换 $X=CY$, 则得 $f$ 的标准形
\[
f=\lambda_{1}y_{1}^{2}+\lambda_{2}y_{2}^{2}+\cdots+\lambda_{n}y_{n}^{2}.
\]

\end{frame}
%
\begin{frame}[allowframebreaks]{用正交变换将二次型化为标准形的例}
\begin{example}[E04]
 将二次型 $f=17x_{1}^{2}+14x_{2}^{2}+14x_{3}^{2}-4x_{1}x_{2}-4x_{1}x_{3}-8x_{2}x_{3}$
通过正交变换 $x=PY$, 化成标准形.
\end{example}

\begin{sol*}
(1) 写出二次型矩阵: $A=\begin{bmatrix}17 & -2 & -2\\
-2 & 14 & -4\\
-2 & -4 & 14
\end{bmatrix}$,

(2) 求其特征值: 由

\[
|\lambda E-A|=\begin{vmatrix}\lambda-17 & 2 & 2\\
2 & \lambda-14 & 4\\
2 & 4 & \lambda-14
\end{vmatrix}=(\lambda-18)^{2}(\lambda-9)\Longrightarrow\lambda_{1}=9,\ \lambda_{2}=\lambda_{3}=18.
\]

(3) 求特征向量:

将 $\lambda_{1}=9$ 代入 $(\lambda E-A)x=0$, 得基础解系 $\xi_{1}=(1/2,1,1)^{T}$.

将 $\lambda_{2}=\lambda_{3}=18$ 代入 $(\lambda E-A)x=0$, 得基础解系 $\xi_{2}=(-2,1,0)^{T}$,
$\xi_{3}=(-2,0,1)^{T}$.
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
(4) 将特征向量正交化

取 $\alpha_{1}=\xi_{1}$, $\alpha_{2}=\xi_{2}$, $\alpha_{3}=\xi_{3}-\frac{\left[\alpha_{2},\xi_{3}\right]}{\left[\alpha_{2},\alpha_{2}\right]}\alpha_{2}$,
得正交向量组: $\alpha_{1}=(1/2,1,1)^{T}$, $\alpha_{2}=(-2,1,0)^{T}$, $\alpha_{3}=(-2/5,-4/5,1)^{T}$.
将其单位化得:

\[
\eta_{1}=\begin{bmatrix}1/3\\
2/3\\
2/3
\end{bmatrix},\ \eta_{2}=\begin{bmatrix}-2/\sqrt{5}\\
1/\sqrt{5}\\
0
\end{bmatrix},\ \eta_{3}=\begin{bmatrix}-2/\sqrt{45}\\
-4/\sqrt{45}\\
5/\sqrt{45}
\end{bmatrix}.
\]
作正交矩阵: $P=\begin{bmatrix}1/3 & -2/\sqrt{5} & -2/\sqrt{45}\\
2/3 & 1/\sqrt{5} & -4/\sqrt{45}\\
2/3 & 0 & 5/\sqrt{45}
\end{bmatrix}$.

(5) 故所求正交变换为 $\begin{bmatrix}x_{1}\\
x_{2}\\
x_{3}
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1/3 & -2/\sqrt{5} & -2/\sqrt{45}\\
2/3 & 1/\sqrt{5} & -4/\sqrt{45}\\
2/3 & 0 & 5/\sqrt{45}
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_{1}\\
y_{2}\\
y_{3}
\end{bmatrix}$, 在此变换下原二次型化为标准形: $f=9y_{1}^{2}+18y_{2}^{2}+18y_{3}^{2}$.
\end{sol*}
\end{frame}
%
\begin{frame}[allowframebreaks]{用正交变换将二次型化为标准形的例}
\begin{example}
设 $f=2x_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}-2x_{1}x_{4}-2x_{2}x_{3}+2x_{2}x_{4}+2x_{3}x_{4}$,
求一个正交变换 $X=PY$, 把该二次型化为标准形. 
\end{example}

\begin{sol*}
二次型的矩阵为 $A=\begin{bmatrix}0 & 1 & 1 & -1\\
1 & 0 & -1 & 1\\
1 & -1 & 0 & 1\\
-1 & 1 & 1 & 0
\end{bmatrix}$, 其特征多项式为
\[
\begin{aligned}|A-\lambda E| & =\begin{vmatrix}-\lambda & 1 & 1 & -1\\
1 & -\lambda & -1 & 1\\
1 & -1 & -\lambda & 1\\
-1 & 1 & 1 & -\lambda
\end{vmatrix}=(-\lambda+1)\begin{vmatrix}1 & 1 & 1 & -1\\
1 & -\lambda & -1 & 1\\
1 & -1 & -\lambda & 1\\
1 & 1 & 1 & -\lambda
\end{vmatrix}=(-\lambda+1)\begin{vmatrix}\boxed{1} & 1 & 1 & -1\\
0 & -\lambda-1 & -2 & 2\\
0 & -2 & -\lambda-1 & 2\\
0 & 0 & 0 & \boxed{-\lambda+1}
\end{vmatrix}\\
 & =(-\lambda+1)^{2}\begin{vmatrix}-\lambda-1 & -2\\
-2 & -\lambda-1
\end{vmatrix}=(-\lambda+1)^{2}\left(\lambda^{2}+2\lambda-3\right)=(\lambda+3)(\lambda-1)^{3}.
\end{aligned}
\]
故 $A$ 的特征值 $\lambda_{1}=-3$, $\lambda_{2}=\lambda_{3}=\lambda_{4}=1$.
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
当 $\lambda_{1}=-3$ 时, 解方程 $(A+3E)x=0$, 得基础解系 $\xi_{1}=\begin{bmatrix}1\\
-1\\
-1\\
1
\end{bmatrix}$,

当 $\lambda_{2}=\lambda_{3}=\lambda_{4}=1$ 时, 解方程 $(A-E)x=0$, 可得正交的基础解系
\[
\xi_{2}=\begin{bmatrix}1\\
1\\
0\\
0
\end{bmatrix},\ \xi_{3}=\begin{bmatrix}0\\
0\\
1\\
1
\end{bmatrix},\ \xi_{4}=\begin{bmatrix}1\\
-1\\
1\\
-1
\end{bmatrix}.
\]
单位化得
\[
P_{1}=\frac{1}{2}\begin{bmatrix}1\\
-1\\
-1\\
1
\end{bmatrix},\ P_{2}=\begin{bmatrix}1/\sqrt{2}\\
1/\sqrt{2}\\
0\\
0
\end{bmatrix},\ P_{3}=\begin{bmatrix}0\\
0\\
1/\sqrt{2}\\
1/\sqrt{2}
\end{bmatrix},\ P_{4}=\begin{bmatrix}1/2\\
-1/2\\
1/2\\
-1/2
\end{bmatrix}.
\]
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
由
\[
P_{1}=\frac{1}{2}\begin{bmatrix}1\\
-1\\
-1\\
1
\end{bmatrix},\ P_{2}=\begin{bmatrix}1/\sqrt{2}\\
1/\sqrt{2}\\
0\\
0
\end{bmatrix},\ P_{3}=\begin{bmatrix}0\\
0\\
1/\sqrt{2}\\
1/\sqrt{2}
\end{bmatrix},\ P_{4}=\begin{bmatrix}1/2\\
-1/2\\
1/2\\
-1/2
\end{bmatrix}.
\]
构成的正交变换为
\[
\begin{bmatrix}x_{1}\\
x_{2}\\
x_{3}\\
x_{4}
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1/2 & 1/\sqrt{2} & 0 & 1/2\\
-1/2 & 1/\sqrt{2} & 0 & -1/2\\
-1/2 & 0 & 1/\sqrt{2} & 1/2\\
1/2 & 0 & 1/\sqrt{2} & -1/2
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_{1}\\
y_{2}\\
y_{3}\\
y_{4}
\end{bmatrix}.
\]
在此变换下原二次型化为标准形 $f=-3y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}+y_{4}^{2}$.
\end{sol*}
\end{frame}

\subsection{二次型与对称矩阵的规范形}
\begin{frame}[allowframebreaks]{二次型与对称矩阵的规范形}

将二次型化为平方项的代数和形式后, 如有必要可重新安排各项的次序 (相当于作一次可逆线性变换), 使这个标准形为
\[
d_{1}x_{1}^{2}+\cdots+d_{p}x_{p}^{2}-d_{p+1}x_{p+1}^{2}-\cdots-d_{r}x_{r}^{2},
\]
其中 $d_{i}>0$, ($i=1,2,\cdots,r$).
\begin{thm}
任何二次型都可通过可逆线性变换化为规范形, 且规范形是由二次型本身唯一决定的形式, 与所作的可逆线性变换无关.
\end{thm}

\begin{rem*}
把\uline{规范形中的正项个}\textbf{\uline{数 \mbox{$p$} 称为二次型的正惯性指数}},
\uline{负项个}\textbf{\uline{数 \mbox{$r-p$} 称为二次型的负惯性指数}}, \textbf{\uline{\mbox{$r$}
是二次型的秩}}.
\end{rem*}
%
\begin{rem*}
任何合同的对称矩阵具有相同的规范形 $\begin{bmatrix}E_{p} & 0 & 0\\
0 & -E_{r-p} & 0\\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}$.
\end{rem*}
\begin{thm}
设 $A$ 为任意对称矩阵, 如果存在可逆矩阵 $C,Q$, 且 $C\neq Q$, 使得
\[
C^{T}AC=\begin{bmatrix}E_{p} & 0 & 0\\
0 & -E_{r-p} & 0\\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix},\quad Q^{T}AQ=\begin{bmatrix}E_{q} & 0 & 0\\
0 & -E_{r-q} & 0\\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}.
\]
则 $p=q$.
\end{thm}

\begin{rem*}
说明二次型的正惯性指数、负惯性指数是被二次型本身唯一确定的.
\end{rem*}
\end{frame}
%
\begin{frame}{例子}
\begin{example}
将标准型 $2y_{1}^{2}-2y_{2}^{2}-\frac{1}{2}y_{3}^{2}$ 规范化.
\end{example}

\begin{sol*}
\[
2y_{1}^{2}-2y_{2}^{2}-\frac{1}{2}y_{3}^{2}=\left(\sqrt{2}y_{1}\right)^{2}-\left(\sqrt{2}y_{2}\right)^{2}-\left(\frac{1}{\sqrt{2}}y_{3}\right)^{2},
\]
假如做变换: $\begin{cases}
w_{1}=\sqrt{2}y_{1}\\
w_{2}=\sqrt{2}y_{2}\\
w_{3}=\frac{1}{\sqrt{2}}y_{3}
\end{cases}$, 则原二次型就成为 $w_{1}^{2}-w_{2}^{2}-w_{3}^{2}$, 就为所求规范标准形.
\end{sol*}
\end{frame}
%
\begin{frame}{例子}
\begin{example}[E05]
 化二次型 $f=2x_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}-6x_{2}x_{3}$ 为规范形, 并求其正惯性指数.
\end{example}

\begin{sol*}
由例 \ref{exa:5.2-3} 知, $f$ 经线性变换 $\begin{cases}
x_{1}=z_{1}+z_{2}+3z_{3}\\
x_{2}=z_{1}-z_{2}-z_{3}\\
x_{3}=y_{3}
\end{cases}$, 化为标准形 $f=2z_{1}^{2}-2z_{2}^{2}+6z_{3}^{2}$. 令 $\begin{cases}
w_{1}=\sqrt{2}z_{1}\\
w_{3}=\sqrt{2}z_{2},\\
w_{2}=\sqrt{6}z_{3}
\end{cases}$ 即 $\begin{cases}
z_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}w_{1}\\
z_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}w_{3}\\
z_{3}=\frac{1}{\sqrt{6}}w_{2}
\end{cases}$, 就把 $f$ 化成规范形 $f=w_{1}^{2}+w_{2}^{2}-w_{3}^{2}$, 且 $f$ 的正惯性指数为
$2$.
\end{sol*}
\end{frame}

\subsection{作业}
\begin{frame}{作业}
\begin{sol}
求一正交变换, 将二次型
\[
f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)=5x_{1}^{2}+5x_{2}^{2}+3x_{3}^{2}-2x_{1}x_{2}+6x_{1}x_{3}-6x_{2}x_{3}
\]
化为标准型, 并指出 $f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)=1$ 表示何种二次曲面.
\end{sol}

\end{frame}